Đề bài - bài 3 trang 199 sbt hình học 11
\(\begin{array}{l}{\left( {{S_{SBC}}} \right)^2} + {\left( {{S_{SCA}}} \right)^2} + {\left( {{S_{SAB}}} \right)^2}\\ = {S_{ABC}}\left( {{S_{HBC}} + {S_{HCA}} + {S_{HAB}}} \right)\\ = {S_{ABC}}.{S_{ABC}} = {\left( {{S_{ABC}}} \right)^2}\end{array}\) Đề bài Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mp(ABC). a) Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác ABC. b) Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{S{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{S{B^2}}} + \dfrac{1}{{S{C^2}}}\) c) Chứng minh rằng (SSBC)2= (SHBC). (SABC) và (SABC)2= (SSAB)2+ (SSBC)2+ (SSCA)2 d) Chứng minh rằng SG2= (SA2+ SB2+ SC2)/9 (G là trọng tâm của tam giác ABC) và (AB + BC + CA)2 6(SA2+ SB2+ SC2). e) Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn và SA2tanA = SB2tanB = SC2tanC = 2SABC Lời giải chi tiết a) Ta chứng minh: CH AB & AH BC Ta có: AB SC (do SH (ABC)) & AB SH (do SC (SAB)) AB (SCH) AB CH (1) Tương tự, ta có BC (SAH) nên AH BC (2) Từ (1) và (2) cho ta H là trực tâm ΔABC. b) Giả sử CH kéo dài cắt AB tại C, ta có AB CC' (do H là trực tâm) & AB SC' (do AB (SCH)) Trong tam giác SCC, ta có\(\dfrac{1}{{S{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{C^2}}} + \dfrac{1}{{SC{'^2}}}\) (3) Mà SC là đường cao trong tam giác vuông SAB nên Tương tự, ta có (SSCA)2= SHCA. SABC(7) (SSAB)2= SHAB. SABC(8) Cộng (6), (7), (8) vế theo vế, ta có \(\begin{array}{l}{\left( {{S_{SBC}}} \right)^2} + {\left( {{S_{SCA}}} \right)^2} + {\left( {{S_{SAB}}} \right)^2}\\ = {S_{ABC}}\left( {{S_{HBC}} + {S_{HCA}} + {S_{HAB}}} \right)\\ = {S_{ABC}}.{S_{ABC}} = {\left( {{S_{ABC}}} \right)^2}\end{array}\) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 2AB. BC AB2+ BC2 2CA. AB CA2+ AB2 2BC. CA BC2+ CA2 Suy ra (AB + BC + CA)2= AB2+ BC2+ CA2+ 2(AB.BC + BC.CA + CA.AB) 3(AB2+ BC2+ CA2) 3(SA2+ SB2+ SB2+ SC2+ SC2+ SA2) 6(SA2+ SB2+ SC2). e) Đặt SA = a, SB = b, SC = c Trong ΔABC, ta có:\(\cos A = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB.AC}}\) \( = \dfrac{{{a^2}}}{{\sqrt {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {c^2}} \right)} > 0}}\) Tương tự cosB > 0, cosC > 0. Vậy ΔABC có ba góc nhọn. Mặt khác, ta có: \(\begin{array}{l}S{A^4}.{\tan ^2}A = {a^4}\left( {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}A}} - 1} \right)\\ = {a^4}\left[ {\dfrac{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {c^2}} \right)}}{{{a^4}}} - 1} \right]\end{array}\) = (a2+ b2)(a2+ c2) - a4= a2b2+ b2c2+ c2a2 = 4(SSAB2+ SSBC2+ SSCA2) = 4(SABC)2 SA2tanA = 2SABC. Tương tự, ta có: SB2tanB = SC2tanC = 2SABC. Vậy SA2tanA = SB2tanB = SC2tanC = 2SABC.
|